2019-2020学年北京市西城区数学高二下期末考试试题含解析

一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．若3a23b24c20，则直线ax+by+c=0被圆x2y21所截得的弦长为（ ） A．

2 3B．1

C．

1 2D．

3 42．四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为（ ） A．45

B．54

C．C5

·4D．A5

43．已知函数f(x)ex1n(x3),则下面对函数f(x)的描述正确的是（ ） A．x(3,),f(x)1 3B．x(3,),f(x)D．f(x)min(0,1)

1 2C．x0(3,),f(x0)1

2323525254．已知a＝()，b＝()，c＝()，则( )

555A．aB．c5．从5名男同学，3名女同学中任选4名参加体能测试，则选到的4名同学中既有男同学又有女同学的概率为( ) A．

28 29B．

27 29C．

11 14D．

13 14x21,0x16．设fx是定义在R上的偶函数，且当x0时，fx，若对任意的xm,m1，x22,x1不等式f1xfxm恒成立，则实数m的最大值是（ ） A．1 7．设函数

B．

13C．1 2D．

1 3f'(x)是奇函数f(x)（xR）的导函数，f(1)0，当x0时，xf'(x)f(x)0，则使

得f(x)0成立的x的取值范围是（ ） A．(,1)U(0,1) C．(,1)U(1,0)

B．(-1,0)?(1,?) D．(0,1)(1,)

8．已知f(x)是定义在R上的以3为周期的偶函数，若f(1)<1，f(5)＝A．(－1,4)

B．(－2,0)

C．(－1,0)

2a3，则实数a的取值范围为( ) a1D．(－1,2)

9．已知函数fx2xe（e为自然对数的底数），gxmx1,mR，若对于任意的x11,1，

2x总存在x01,1，使得gx0fx1 成立，则实数m的取值范围为（ ）

22A．,1e2e21, B．1e,e1 22C．,e211e2, D．e1,1e

10．函数fxxlnx的大致图象是（ ）

A． B．

C． D．

11．已知函数fxa21与函数gxxax1aR，下列选项中不可能是函数fx与

x32gx图象的是( )

A． B．

C． D．

12．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是 A．球

B．三棱锥

C．正方体

D．圆柱

二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）

13．求曲线yx33x21在点1,1处的切线方程是________.

14．已知关于x的不等式ax1x3的解集为xx2，则实数a______.

2215．已知正项数列{an}满足an16anan1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．

16．对于任意的实数b，总存在x0,1，使得xaxb1成立，则实数a的取值范围为_____.

2三、解答题（本题包括6个小题，共70分）

22217．命题p:方程mxm2y1表示双曲线；命题q:不等式m1xm1x20的解集是

R. pq为假， pq为真，求m的取值范围.

18．已知定圆M：(x1)2y216，动圆N过点F(1,0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E． (1)求曲线E的方程；

(2)已知直线l:yx1交圆M于A,B两点.C,D是曲线E上两点，若四边形ACBD的对角线

ABCD，求四边形ACBD面积的最大值.

1xx19．（6分）在同一直角坐标系中，经过伸缩变换2后，曲线C的方程变为x2y21.以坐标原

yy（-点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线/的极坐标方程为sin（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；

（2）过点P(1,0)作l的垂线l0交C于A，B两点，点A在x轴上方，求

3）3.

11的值. |PA||PB|20．（6分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC且ABAC，D，E分别为AA1，B1C的中点.

（1）证明：DE平面BCC1；

（2）若直线B1C与平面BCD所成的角的大小为30°，求锐二面角ABDC的正切值. 21．（6分）已知x0期为.

3是函数fxmsinxcosx（0）的一条对称轴，且fx的最小正周

（1）求m值和fx的单调递增区间；

（2）设角A,B,C为ABC的三个内角，对应边分别为a,b,c，若fB2， b值范围.

22．（8分）央视传媒为了解央视举办的“朗读者”节目的收视时间情况，随机抽取了某市名30观众进行调查，其中有12名男观众和18名女观众，将这30名观众收视时间编成如图所示的茎叶图（单位：分钟），收视时间在35分钟以上（包括35分钟）的称为“朗读爱好者”，收视时间在35分钟以下（不包括35分钟）的称为“非朗读爱好者”.

3，求ac的取2

（1）若采用分层抽样的方法从“朗读爱好者”和“非朗读爱好者”中随机抽取5名，再从这5名观众中任选2名，求至少选到1名“朗读爱好者”的概率；

（2）若从收视时间在40分钟以上（包括40分钟）的所有观众中选出男、女观众各1名，求选出的这两名观众时间相差5分钟以上的概率.

参

一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】

c342O(0,0)ax+by+c=0d因为abc，所以圆心到直线的距离，所以

2223ab22l2r2d222．A 【解析】 【分析】

11，应选答案B。 2通过分析每人有4种借阅可能，即可得到答案. 【详解】

对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据乘法原理，故共 有45种可能，答案为A. 【点睛】

本题主要考查乘法分步原理，难度不大. 3．B 【解析】

分析：首先对函数求导，可以得到其导函数是增函数，利用零点存在性定理，可以将其零点限定在某个区间上，结合函数的单调性，求得函数的最小值所满足的条件，利用不等式的传递性求得结果.

x详解：因为f(x)eln(x3)，所以f'(x)ex1，导函数f'(x)在(3,)上是增函数，又x3f'(2)1110f'(1)ln20，所以f'(x)0在(3,)上有唯一的实根，设为x0，且，2eex0x0(2,1)，则xx0为f(x)的最小值点，且e1，即x0ln(x03)，故x031f(x)f(x0)ex0ln(x03)ex0x0，故选B.

2点睛：该题考查的是有关函数最值的范围，首先应用导数的符号确定函数的单调区间，而此时导数的零点是无法求出确切值的，应用零点存在性定理，将导数的零点限定在某个范围内，再根据不等式的传递性求得结果. 4．D 【解析】 【分析】

22x分别考查指数函数y()在R上单调性和幂函数yx5在（0，+∞）上单调性即可得出．

5【详解】

32 >，∴b，

55∵y＝()在R上为减函数，

25x∴a>c，∴b熟练掌握指数函数和幂函数的单调性是解题的关键． 5．D 【解析】 【分析】

由题可知为古典概型，总的可能结果有C8种，满足条件的方案有三类：一是一男三女，一是两男两女，

4另一类是三男一女；每类中都用分步计数原理计算，再将三类组数相加，即可求得满足条件的结果，代入古典概型概率计算公式即可得到概率. 【详解】

根据题意，选4名同学总的可能结果有C84876570种.

4321选到的4名同学中既有男同学又有女同学方案有三类： （1）一男三女，有C5C3=51=5种，

135432=30种. 22315433=30种. （3）三男一女，有C5C3=32 （2）两男两女，有C5C3=22共5+30+30=65种结果. 由古典概型概率计算公式，P故选D. 【点睛】

本题考查古典概型与排列组合的综合问题，利用排列组合的公式计算满足条件的种类是解决本题的关键. 6．B 【解析】 【分析】

由题意，函数fx在[0,)上单调递减，又由函数fx是定义上的偶函数，得到函数fx在(,0)单调递增，把不等式f(1x)f(xm)转化为1xxm，即可求解. 【详解】

易知函数fx在0,上单调递减， 又函数fx是定义在R上的偶函数， 所以函数fx在,0上单调递增， 则由f1xfxm，

得1xxm，即1xxm，

即gx2m2xm10在xm,m1上恒成立，

2226513. 7014gm3m1m10则，

gm12m13m10解得1m，

13即m的最大值为. 【点睛】

本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中利用函数的基本性质，把不等式转化为1xxm求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题. 7．A 【解析】 【分析】 【详解】

构造新函数gx13xfxfxfx, '，当x0时g'x0. gx2xx所以在0,上gxfx单减，又f10，即g10. xfx所以gx0可得0x1,此时fx0，

x又fx为奇函数，所以fx0在,00,上的解集为：,10,1. 故选A.

点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如xfxfx，想到构造

gxfxx.一般：（1）条件含有fxfx，就构造gxefx,（2）若fxfx，就x构造gxfx2x2fxfxgxefx，3，（），就构造（4）2fxfx就构造xefxgx2x，等便于给出导数时联想构造函数.

e8．A 【解析】 【分析】

根据函数的奇偶性和周期性将条件进行转化，利用不等式的解法即可得到结论． 【详解】

∵f（x）是定义在R上的以3为周期的偶函数， ∴f（5）=f（5﹣6）=f（﹣1）=f（1）， ∴由f（1）＜1，f（5）=

2a32a3，得f（5）=＜1， a1a1即

2a3a4﹣1＜0，＜0，即（a﹣4）（a+1）＜0， a1a1解得：﹣1＜a＜4， 故选：A． 【点睛】

本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和周期性进行转化是解决本题的关键． 9．A 【解析】数.

在区间当

时，函数

上的值域为

在区间

.

上的值域为

.

，

在区间

上为增函数，在区间

，

上为减函，又

，则函数

依题意有，则有，得.

当当

时，函数时，函数

在区间在区间

上的值域为上的值域为

，不符合题意.

.

依题意有，则有，得.

综合有实数的取值范围为.选A.

点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 10．C 【解析】 【分析】

根据特殊位置的x所对应的fx的值，排除错误选项，得到答案. 【详解】

因为fxxlnx

所以当0x1时，fx0，故排除A、D选项， 而fxxlnxxlnx， 所以fxfx

即fx是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B项， 故选C项. 【点睛】

本题考查根据函数的解析式判断函数图象，属于简单题. 11．D 【解析】 【分析】

对a进行分类讨论，分别作出两个函数图象，对照选项中的图象，利用排除法,可得结果. 【详解】

a0时，函数fx与gx图象为：

故排除A；

g'x3x22ax，令g'x0，则x0或x2a， 3当a0时，0为函数gx的极大值点, fx递减， 函数fx与gx图象为：

故排除C；

当a0时，0为函数gx的极小值点，fx递增， 函数fx与gx图象为：

故排除B； 故选D.

【点睛】

本题考查的知识点是三次函数的图象和性质，指数函数的图象和性质，分类讨论思想，难度中档．函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 12．D 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：球的三视图都是圆，如果是同一点出发的三条侧棱两两垂直，并且长度相等的三棱锥（一条侧棱与底面垂直时）的三视图是全等的等腰直角三角形，正方体的三视图可以都是正方形，但圆柱的三视图中有两个视图是矩形，有一个是圆，所以圆柱不满足条件，故选D. 考点：三视图

二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分） 13．y3x2 【解析】

3232因为yx3x1，所以y3x6x，则曲线yx3x1在点1,1处的切线的斜率为

2ky|x13，即所求切线方程为y13(x1)，即3xy20.

14．1 【解析】 【分析】

因为ax1x3，可得a2x22ax1x26x9，根据根据关于x的不等式ax1x3的解集为xx2，可得a21，分别讨论a1和a1不等式解情况，即可求得答案. 【详解】

Qax1x3

a2x22ax1x26x9

根据关于x的不等式ax1x3的解集为xx2 可得a21 解得：a1

①a1

2x1x26x9

8x8

x1，故a1不合符题意，舍去.

②a1

2x16x9 4x8

x2

a1

综上所述，a1. 故答案为：1. 【点睛】

本题主要考查了根本绝对值不等式解情况求参数值，解题关键是掌握将绝对值不等式解法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 15．3n1. 【解析】 【分析】

22先化简an16anan1an得到数列{an}是一个等比数列和其公比，再求数列{an}的前n项和.

【详解】

22因为an16anan1an，

所以(an13an)(an12an)0,an13an或an12an=0，an+1=3， 因为数列各项是正项，所以an所以数列是等比数列，且其公比为3，

an+1a=3或n+1=-2， anan2(13n)所以数列{an}的前n项和为3n1.

1-3故答案为：3n1 【点睛】

（1）本题主要考查等比数列性质的判定，考查等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)解答本题的关键是得到(an13an)(an12an)0.

16．a1或a3 【解析】 【分析】

当b1时，取x0，满足xaxb1，考虑1b1的情况，讨论2a1a0，0，2221aa1，1四种情况，分别计算得到答案. 222【详解】

当b1时，取x0，满足xaxb1，成立； 现在考虑1b1的情况： 当2a0，即a0时，x2axbb,ba1，只需满足ba11恒成立，a1； 2a2a12,ba1，只需满足ba11恒成立，或当0，即1a0时，xaxbb422a2b1恒成立，无解；

4a21aa22,b，只需满足b1恒成立， 当1，即2a1时，xaxbb4224无解； 当a1，即a2时，x2axbba1,b，只需满足ba11恒成立，a3； 2综上所述：a1或a3. 故答案为：a1或a3. 【点睛】

本题考查了恒成立问题，意在考查学生的分类讨论的能力，计算能力和应用能力. 三、解答题（本题包括6个小题，共70分） 17．{m|0m1或2m9} 【解析】

分析：先化简命题p和q,再根据pq为假， pq为真得到p真q假或 p假q真，最后得到m的不等式组，解不等式组即得m的取值范围.

详解：p真：mm20 所以0m2，

q真： m1或{m10 ∴1m9

因为q为假， pq为真所以p真q假或 p假q真，

由p真q假得 0m1 由p假q真得2m9

∴m范围为{m|0m1或2m9}.

点睛：（1）本题主要考查命题的化简和复合命题的真假，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.

x2y21218． (1). 1;(2)

437【解析】

分析：（1）根据动圆N与定圆M相内切，结合椭圆的定义，即可求得动圆圆心N的轨迹方程； （2）由题可知，SACBD1ABCD，因圆心坐标M(1,0)在直线l: yx1上，则直径AB8，将2问题转化为求CD的最大值. 根据题意设直线CD方程为yxm，设Cx1,y1,Dx2,y2, 与椭圆方程联立，整理得关于x的一元二次方程，由韦达定理及CD1+k2x1x2，结合函数的单调性，由此可以求出四边形ACBD面积的最大值.

详解：解：（1）依题意得：M1,0，圆M的半径rM4，

Q点F 1,0在圆M内，圆N内切于圆M，

 NMNF4FM，

x2y2点N的轨迹E为椭圆，设其方程为221(ab0)

ab则2a4，c1，ba2c23，

x2y2轨迹E的方程为：1.

43（2）Q点M1,0在直线l: yx1上，即直线l经过圆M的圆心， AB8

QABCD，故设直线CD方程为yxm，设Cx1,y1,Dx2,y2,

yxm,联立x2y2消y得7x28mx4m2120，

1,348m4m212 ,x1x2213m0，且x1x2772CD1k22x1x224x1x2，

4m2128m 247742213m2， 7四边形ACBD的面积S1ABCD， 216212（当且仅当m0时取等号）， 213m27712. 7即四边形ACBD面积的最大值为

点睛：本题考查曲线的轨迹方程求法和直线与圆锥曲线位置关系，考查对角线互相垂直的四边形面积的最大值求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用. 解决直线与圆锥曲线综合问题基本步骤为：

（1）设，即设交点坐标和直线方程，注意考虑直线斜率是否存在; （2）联，即联立直线方程与圆锥曲线，消元;

（3）判，即直线与圆锥曲线的位置关系可以通过判别式加以判断; （4）韦，即韦达定理，确定两根与系数的关系.

（5）代，即根据已知条件，将所求问题转换到与两点坐标和直线方程相关的问题，进而求解问题.

113x219．（1） y21，3xy230（2）

|PA||PB|34【解析】 【分析】

（1）将变换公式代入xy1得，即可曲线C的方程，利用极坐标与直角的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程；

（2）将直线l0的参数方程代入曲线C的方程整理得7t243t120，利用根与系数的关系和直线的

22参数方程中参数的几何意义，即可求解【详解】

11的值. |PA||PB|1xxx222（1）将2代入xy1得，曲线C的方程为y21，

4yy（-由sin3）3，得sin cos3cos sin33，

xcos把，代入上式得直线l的直角坐标方程为3xy230.

ysin（2）因为直线l的倾斜角为

5，所以其垂线l0的倾斜角为， 3653x1tcosx1t62则直线l0的参数方程为（t为参数），即（t为参数）

5y0tsiny1t62代入曲线C的方程整理得7t243t120，

设A，B两点对应的参数为t1，t2，由题意知t10，t20，

43tt127，且2则（43）47120， tt12127所以

tt11113. 12|PA||PB|t1t2t1t23【点睛】

本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用韦达定理和直线的参数方程中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 20．（1）详见解析（2）3 【解析】 【分析】

（1）由已知条件可得DAFE是平行四边形，从而AF//DE，由已知条件能证明AF平面BCC1，由此能证明DE平面BCC1；（2）以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设ABAC2，AA12m，求出面BDC的一个法向量为n1,1,r2，根据线面角可求mAG出AA12m22，在△ADB中求出

【详解】

（1）取BC中点F，连接EF，则EF//2，在VAGC即可求出结果. 31B1B，从而EF//DA， 2连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF∥DE.

∵直三棱柱中，CC1平面ABC，AF面ABC，∴AFCC1, ∵ABAC，F是BC的中点，∴AFBC, ∵BCICC1C，∴AF面BCC1 故DE平面BCC1

（2）以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由条件：不妨设ABAC2，AA12m，

A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0，A10,0,2m，D0,0,m，B12,0,2m uuuruuuruuurBC(2,2,0)，BD(2,0,m)，B1C(2,2,2m)

设平面BDC的一个法向量为n(x,y,z)，

rvruuunBD02xmz02rv，可取n1,1,为一个法向量 ruuumnBC02x2y0uuurr|cosBC|sin30m22AA12m22， 1,n过A作AGBD，连CG，则AGC为二面角ABDC的平面角， 在△ADB中，BDAGADABAG2， 3在VAGC中，AC2，AG2AC3 ，则tanAGC3AG

【点睛】

本题主要考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，属于中档题.

3k,k,321．（1）m3 ，（2）2 63【解析】 【分析】

（1）由三角函数的辅助角公式，得fx求得k递增区间；

m21sinx，求得2，又由x03为对称轴，

11tanm3，得出函数的解析式，即可求解函数的单调，进而得到则m36（2）由（1）和fB2，求得B范围，即可求解答案． 【详解】

（1）fxmsinxcosx因为x03，在利用正弦定理，化简得ac3sinA，利用角A的26m21sinx，所以T=k2，

2.

3为对称轴，所以232，即k611tan则，则m3，所以fx3sin2xcos2x2sin2x. m63令2k22x62k2k6xk3(kZ)，

所以fx的单调递增区间为k6,k(kZ). 3（2）fB2sin2B由正弦定理得2R2，所以2B，则B， 6362bac2，R为VABC外接圆半径， sinBsinAsinC所以acπ33π2sinAsinAsinAcosA3sinA， 2322623∵A0,【点睛】

c3A,a,3，，． 66222本题主要考查了三角函数的综合应用，以及正弦定理的应用，其中解答中根据题设条件求解函数的解析式，熟记三角函数的恒等变换和三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 22． (1)

72(2) 105【解析】 试题分析： 试题解析：

（1）根据茎叶图，有“朗读爱好者”12人，“非朗读爱好者”18人，用分层抽样的方法，每个人被抽到的概率是

51 306112人，记为B,C，“非朗读爱好者”有183人，记为1,2,3； 66选中的“朗读爱好者”有12记A：至少有一名是“朗读爱好者”被选中，基本事件有B,C，B,1，B,2，B,3，C,1，C,2，

C,3，1,2，1,3，2,3共10个；满足事件A的有B,C，B,1，B,2，B,3，C,1，C,2，C,3共7个，则PA7 10（2）收视时间在40分钟以上的男观众分别是41，42，44，47，51，女观众分别是40,41，现要各抽一名，则有41,40，41,41，42,40，42,41，44,40，44,41，47,40，47,41，51,40，

51,41共10种情况.

收视时间相差5分钟以上的有47,40，47,41，51,40，51,41，共4种情况. 故收视时间相差5分钟以上的概率P42. 105